Question

14．設(shè)函數(shù)f（x）=3x²-2（a+b）x+ab，函數(shù)g（x）=（x-a）（x-b） a，b∈R
（1）當(dāng)b=1時(shí)，解關(guān)于x的不等式：f（x）＞（a+3）x²-（3a+4）x+a+2；
（2）若b＞a＞0且a+b＜2$\sqrt{3}$，已知函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)s和t，若點(diǎn)A（s，s•g（s）），B（t，t•g（t）），其中O是坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：$\overrightarrow{OA}$與$\overrightarrow{OB}$不可能垂直．

Answer 1

分析 （1）將b=1代入不等式得到（ax-2）（x-1）＜0，通過(guò)討論a的范圍求出不等式的解集即可；
（2）分別求出s+t和st，假設(shè)$\overrightarrow{OA}$與$\overrightarrow{OB}$垂直，根據(jù)向量的運(yùn)算求出g（s）g（t）=-1，得到ab（a-b）²=9，根據(jù)不等式的性質(zhì)得到矛盾即可．

解答 解：（1）當(dāng)b=1時(shí)，由f（x）＞（a+3）x²-（3a+4）x+a+2
有ax²-（a+2）x+2＜0，即（ax-2）（x-1）＜0…（1分）
當(dāng)a=0時(shí)，有-2x+2＜0，解得：x＞1，
當(dāng)a＜0時(shí)，$\frac{2}{a}$＜0＜1，解得：x＞1或x＜$\frac{2}{a}$，
當(dāng)a＜0時(shí)，$\frac{2}{a}$-1=$\frac{2-a}{a}$，
所以 當(dāng)a＞2時(shí)，$\frac{2}{a}$＜1，解得：$\frac{2}{a}$＜x＜1，
當(dāng)a=2時(shí)，$\frac{2}{a}$=1，此時(shí)無(wú)解
當(dāng)0＜a＜2時(shí)，$\frac{2}{a}$＞1，解得：1＜x＜$\frac{2}{a}$
綜上：當(dāng)a＞2時(shí)，原不等式的解集為：（$\frac{2}{a}$，1）…（2分）
當(dāng)a=2時(shí)，原不等式的解集為：F…（3分）
當(dāng)0＜a＜2時(shí)，原不等式的解集為：（1，$\frac{2}{a}$）…（4分）
當(dāng)a=0時(shí)，原不等式的解集為：（1，+∞）…（5分）
當(dāng)a＜0時(shí)，原不等式的解集為：（-∞，$\frac{2}{a}$）∪（1，+∞）…（6分）
（2）證明：b＞a＞0時(shí)，由s，t為f（x）=0的兩根可得，
s+t=$\frac{2}{3}$（a+b），st=$\frac{ab}{3}$＞0…（7分）
假設(shè)$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=（s，s•g（s））（t，t•g（t））=st+st•g（s）•g（t）=0，
故g（s）•g（t）=-1，即（s-a）（s-b）（t-a）（t-b）=-1．…（8分）
所以[st-（s+t）a+a²]•[st-（s+t）b+b²]=-1
從而有ab（a-b）²=9，即 （a-b）²=$\frac{9}{ab}$     …（10分）
故（a+b）²=（a-b）²+4ab=$\frac{9}{ab}$+4ab≥2$\sqrt{36}$=12，
即a+b≥2$\sqrt{3}$，這與a+b＜2$\sqrt{3}$矛盾．
故$\overrightarrow{OA}$與$\overrightarrow{OB}$不可能垂直．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)以及向量的運(yùn)算，考查不等式問(wèn)題，考查分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．